《2025年高考帮数学》

例2 [2021 北京高考]已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$过点$A(0,-2)$，其四个顶点的连线围成的四边形面积为$4\sqrt{5}$.
(1)求椭圆$E$的标准方程；
(2)过点$P(0,-3)$的直线$l$的斜率为$k$，交椭圆$E$于不同的两点$B,C$，直线$AB,AC$分别交直线$y = - 3$于点$M,N$，若$|PM| + |PN|\leq15$，求$k$的取值范围.

答案： 例2
(1)由题意可知，$b = 2,2ab = 4\sqrt{5}$，所以$a=\sqrt{5}$，
所以椭圆$E$的标准方程为$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$。
(2)由题意可得直线$l$的方程为$y = kx - 3$，由$\begin{cases}y = kx - 3\\\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1\end{cases}$，消去$y$得$(4 + 5k^2)x^2 - 30kx + 25 = 0,\Delta = (-30k)^2 - 4\times25\times(4 + 5k^2)=400(k^2 - 1)＞0$，所以$k＞1$或$k＜-1$，
设$B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)$，则$x_1 + x_2=\frac{30k}{5k^2 + 4},x_1x_2=\frac{25}{5k^2 + 4}$ ①。
直线$AB$的方程为$y + 2=\frac{y_1 + 2}{x_1}x$，令$y = - 3$，则$x = -\frac{x_1}{y_1 + 2}$，
所以$M(-\frac{x_1}{y_1 + 2},-3)$，$|PM|=|-\frac{x_1}{y_1 + 2}|=|\frac{x_1}{y_1 + 2}|$，
同理得$|PN|=|\frac{x_2}{y_2 + 2}|$。
因为$x_1x_2＞0$，即$x_1,x_2$正负相同，且$y_1 + 2＞0$，$y_2 + 2＞0$，所以$|PM|+|PN|=|\frac{x_1}{y_1 + 2}|+|\frac{x_2}{y_2 + 2}|\leqslant15$，
即$|\frac{x_1(y_2 + 2)+x_2(y_1 + 2)}{(y_1 + 2)(y_2 + 2)}|\leqslant15$，
从而$|\frac{x_1(kx_2 - 1)+x_2(kx_1 - 1)}{(kx_1 - 1)(kx_2 - 1)}|\leqslant15$ ②。
由①②可得，$|k|\leqslant3$。综上可得$-3\leqslant k＜-1$或$1＜k\leqslant3$。
所以$k$的取值范围为$[-3,-1)\cup(1,3]$。

训练2 [2023 福建连江一中模拟]设双曲线$C:\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$，$F_{1},F_{2}$为其左、右两个焦点.
(1)设$O$为坐标原点，$M$为双曲线$C$的右支上任意一点，求$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{F_{1}M}$的取值范围；
(2)若动点$P$与双曲线$C$的两个焦点$F_{1},F_{2}$的距离之和为定值(大于$|F_{1}F_{2}|$)，且$\cos\angle F_{1}PF_{2}$的最小值为$-\frac{1}{9}$，求动点$P$的轨迹方程.

答案： 训练2
(1)设$M(x,y),x\geqslant\sqrt{2}$，左焦点$F_1(-\sqrt{5},0)$，
$\because\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{F_1M}=(x,y)\cdot(x + \sqrt{5},y)=x^2+\sqrt{5}x + y^2=x^2+\sqrt{5}x+\frac{3x^2}{2}-3=\frac{5}{2}x^2+\sqrt{5}x - 3(x\geqslant\sqrt{2})$，对称轴为直线$x = -\frac{\sqrt{5}}{5}\leqslant\sqrt{2}$，
$\therefore\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{F_1M}\in[2+\sqrt{10},+\infty)$。
(2)由椭圆定义得$P$点轨迹为椭圆，可设其轨迹方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$，$\because|F_1F_2| = 2\sqrt{5}$，$|PF_1|+|PF_2| = 2a$，
$\therefore\cos\angle F_1PF_2=\frac{|PF_1|^2+|PF_2|^2 - 20}{2|PF_1|\cdot|PF_2|}=\frac{4a^2 - 2|PF_1|\cdot|PF_2| - 20}{2|PF_1|\cdot|PF_2|}=\frac{4a^2 - 20}{2|PF_1|\cdot|PF_2|}-1$，
由基本不等式得$2a = |PF_1|+|PF_2|\geqslant2\sqrt{|PF_1|\cdot|PF_2|}$，当且仅当$|PF_1| = |PF_2|$时等号成立，
$\therefore|PF_1|\cdot|PF_2|\leqslant a^2$，则$\cos\angle F_1PF_2\geqslant\frac{4a^2 - 20}{2a^2}-1=-\frac{1}{9}$，
$\therefore a^2 = 9,b^2 = 4$，$\therefore$动点$P$的轨迹方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$。